2022-2023学年江西省上饶市广丰区重点高中高二上学期第三次月考数学试题（解析版）

2022-2023学年江西省上饶市广丰区重点高中高二上学期第三次月考数学试题

一、单选题

1．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由于点在圆的外部，所以，从而可求出的取值范围

【详解】解：由题意得，解得，

故选：C．

2．现从6名学生干部中选出3名同学分别参加全校资源、生态和环保3个夏令营活动，则不同的选派方案的种数是（    ）

A．20 B．90 C．120 D．240

【答案】C

【分析】根据排列可求不同的选派方案的种数.

【详解】共有种不同的选派方案．

故选：C.

3．如图，在正四棱柱中，是底面的中心，分别是的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．//

B．

C．//平面

D．平面

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析、判断作答.

【详解】在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

令，是底面的中心，分别是的中点，

则，，，

对于A，显然与不共线，即与不平行，A不正确；

对于B，因，则，即，B正确；

对于C，设平面的法向量为，则，令，得，

，因此与不垂直，即不平行于平面，C不正确；

对于D，由选项C知，与不共线，即不垂直于平面，D不正确.

故选：B

4．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.

【详解】

如图，连接，因为∥，

所以或其补角为直线与所成的角，

因为平面，所以，又，，

所以平面，所以，

设正方体棱长为2，则，

，所以.

故选：D

5．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．

【详解】设，由，因为 ，，所以

，

因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；

当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．

故选：C．

【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．

6．已知两点，，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（    ）

A． B．或 C． D．

【答案】B

【分析】数形结合法，讨论直线过A、B时对应的斜率，进而判断率的范围.

【详解】如下图示，

当直线过A时，，

当直线过B时，，

由图知：或.

故选：B

7．若椭圆的左、右焦点分别为、，点P为椭圆C上一动点，则下列说法中不正确的是（    ）

A．当点P不在x轴上时，的周长是6

B．当点P不在x轴上时，面积的最大值为

C．存在点P，使

D．的取值范围是

【答案】C

【分析】根据椭圆定义以及焦距即可判断选项A；当点位于上下顶点时，面积的最大即可判断选项B；当点为椭圆短轴的一个端点时，为最大与比较即可判断选项C；当点为椭圆的左右顶点时取得最值，即可判断选项D.

【详解】由椭圆方程可知，，从而．

对于选项A；根据椭圆定义，，又，所以的周长是 ，故选项A正确；

对于选项B：设点，因为，则．

因为，则面积的最大值为，故选项B正确；

对于选项C：由椭圆性质可知，当点为椭圆短轴的一个端点时，为最大．

此时，，又，

则为正三角形，，

所以不存在点，使，故选项C错误；

对于选项D：由椭圆的性质可知，当点为椭圆的右顶点时，取最大值，此时；

当点为椭圆的左顶点时，取最小值，此时，所以，故选项D正确．

故选：C.

【点睛】结论点睛：椭圆中焦点三角形的有关结论

以椭圆上一点和焦点为顶点的中，若，则

（1）焦点三角形的周长为；

（2）当点为椭圆短轴的一个端点时，为最大；

（3），当时，即点为椭圆短轴的一个端点时取最大值，为；

（4）.

8．如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ）

A．直线与直线垂直，直线平面

B．直线与直线平行，直线平面

C．直线与直线相交，直线平面

D．直线与直线异面，直线平面

【答案】A

【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.

【详解】

连，在正方体中，

M是的中点，所以为中点，

又N是的中点，所以，

平面平面，

所以平面.

因为不垂直，所以不垂直

则不垂直平面，所以选项B,D不正确；

在正方体中，，

平面，所以，

，所以平面，

平面，所以，

且直线是异面直线，

所以选项C错误，选项A正确.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.

二、多选题

9．若直线与双曲线仅有一个交点，则a的值可以是（    ）

A．4 B．2 C．1 D．

【答案】BD

【分析】由双曲线的性质，结合直线与双曲线的交点个数判断a的值.

【详解】由题设，双曲线顶点坐标为，要使与双曲线仅有一个交点，

所以.

故选：BD

10．用0到9这10个数字.可组成（    ）个没有重复数字的四位偶数？

A．

B．）

C．

D．

【答案】ABC

【分析】利用分类加法原理和分步乘法原理逐个分析判断即可

【详解】解：对于A，先排个位，若个位为0，则前3个数位上可以用剩下的9个数字选3个任意排，有种，若个位不是0，则个位有4种选择，再排千位，有8种选择，再排百位和十位有种，所以没有重复数字的四位偶数共有种，所以A正确，

对于B，个位是0的不同四位偶数共有种，个位不是0的不同四位偶数有个，其中包含个位是偶数且千位为0的有，所以没有重复数字的四位偶数共有种，所以B正确，

对于C，若千位为奇 数，则有个，若千位为偶数，则有，所以没有重复数字的四位偶数共有，所以C正确，

对于D，没有重复数字的四位数有个，没有重复数字的四位奇数有个，所以没有重复数字的四位偶数共有个，所以D错误，

故选：ABC

11．（多选）已知直线，则下列说法正确的是（    ）．

A．直线的斜率可以等于0

B．若直线与轴的夹角为30°，则或

C．直线恒过点

D．若直线在两坐标轴上的截距相等，则或

【答案】BD

【分析】讨论和时直线的斜率和截距情况，判断AD的正误；利用倾斜角和斜率的关系判断B的正误；将方程化为判断直线过定点，判断C的正误.

【详解】当时，直线，斜率不存在，

当时，直线的斜率为，不可能等于0，故A选项错误；

∵直线与轴的夹角角为30°，

∴直线的倾斜角为60°或120°，而直线的斜率为，

∴或，∴或，故B选项正确；

直线的方程可化为，所以直线过定点，故C选项错误；

当时，直线，在轴上的截距不存在，

当时，令，得，令，得，

令，得，故D选项正确．

故选：BD．

12．某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的有（    ）

A．分给甲､乙､丙三地每地各2辆，有120种分配方式

B．分给甲､乙两地每地各2辆，分给丙､丁两地每地各1辆，有180种分配方式

C．分给甲､乙､丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式

D．分给甲､乙､丙､丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1080种分配方式

【答案】BD

【分析】对A，工地不同，工程车不同，可分步，甲先选2辆，然后乙选2辆，剩下2辆给丙；

对B，同A相同方法可得；

对C，由于不知哪个工地是4辆车，因此可把6辆车按分组，再全排列可得；

对D，与C相同方法，先分组再分配．

计算后判断各选项．

【详解】对A，先从6辆工程车中分给甲地2辆，有种方法，再从剩余的4辆工程车中分给乙地2辆，有种方法，最后的2辆分给丙地，有种方法，所以不同的分配方式有（种），故A错误；

对B，6辆工程车先分给甲､乙两地每地各2辆，有种方法，剩余2辆分给丙､丁两地每地各1辆，有种方法，所以不同的分配方式有（种），故B正确；

对C，先把6辆工程车分成3组：4辆､1辆､1辆，有种方法，再分给甲､乙､丙三地，所以不同的分配方式有（种），故C错误；

对D，先把6辆工程车分成4组：2辆､2辆､1辆､1辆，有种方法，再分给甲､乙､丙､丁四地，所以不同的分配方式有（种），故D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．已知椭圆的焦距是8，椭圆上的某点到两个焦点的距离之和等于16，则椭圆的标准方程是______．

【答案】或

【分析】由焦距、椭圆定义可知，进而写出椭圆标准方程，注意焦点分别在x、y轴两种情况.

【详解】由题设，，则，而，

所以椭圆的标准方程是或.

故答案为：或

14．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．

【答案】5

【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．

【详解】因为圆心到直线的距离，

由可得，解得．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．

15．已知圆和圆交于两点，直线与直线平行，且与圆相切，与圆交于点，则__________．

【答案】4

【分析】由题可得，利用点到直线的距离公式可得，然后利用弦长公式即得.

【详解】由圆，可知圆心，半径为2，圆，可知圆心，半径为，

又，，

所以可得直线，

设，直线与圆相切，则。

解得，或，

当时，，

∴，

当时，，，故不合题意.

故答案为：4.

16．如图，在四棱锥中，，底面为菱形，边长为2，，平面，异面直线与所成的角为60°，若为线段的中点，则点到直线的距离为______．

【答案】##1.5

【分析】连接．以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.借助题设条件找出，，三点的坐标，最后利用点到直线距离的向量求法进行求解即可.

【详解】

连接．以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，，为异面直线与所成角，即.

在菱形中，，， ，．设，则，．在中， 由，，可得，

，，，，，

点到直线的距离为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知1，当k为何值时：

(1)方程表示双曲线；

(2)表示焦点在x轴上的双曲线；

(3)表示焦点在y轴上的双曲线．

【答案】(1)k＜－3或1＜k＜3；

(2)1＜k＜3；

(3)k＜－3.

【分析】利用双曲线标准方程中的分母的正负，即可得出结论．

【详解】（1）∵1，即，方程表示双曲线，

∴(k－1)(|k|－3)＜0，

可得k＜－3或1＜k＜3；

（2）∵1，即，焦点在x轴上的双曲线，

则，

∴1＜k＜3；

（3）∵1，即，焦点在y轴上的双曲线，

则，

∴k＜－3．

18．如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接，.

（1）求证：平面平面；

（2）若是的中点，连接，，当二面角的大小为时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）详见解析；（2）.

【分析】（1）由是圆的直径，与圆切于点，可得,

由底面圆，可得，利用线面垂直的判定定理可知，平面，即可推出.又在中，，可推出，利用线面垂直的判定定理可证平面，从而利用面面垂直的判定定理可证出平面平面.

（2）由，，可知为二面角的平面角，

即，建立空间直角坐标系，易知，

求得点的坐标如下；，，

，，，

由（1）知为平面的一个法向量，

设平面的法向量为，

，，

通过，，∴，，

可求出平面的一个法向量为，

∴.

∴ 平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

【详解】解：（1）是圆的直径，与圆切于点，

底面圆，∴

，平面，∴.

又∵在中，，∴

∵，∴平面，从而平面平面.

（2）∵ ，，∴为二面角的平面角，

∴ ，

如图建立空间直角坐标系，易知，

则，，

，，，

由（1）知为平面的一个法向量，

设平面的法向量为，

，，

∵ ，，∴，，

∴ ，即

故平面的一个法向量为，

∴.

∴ 平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

【点睛】本题考查了通过线面垂直证明面面垂直.重点考查了利用空间向量法求二面角的问题.

19．已知抛物线的准线与轴的交点为.

（1）求的方程；

（2）若过点的直线与抛物线交于，两点.求证：为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据抛物线的准线求参数p，即可写出抛物线方程；

（2）设直线为，、，联立抛物线方程，应用韦达定理求，，由，，代入目标式化简，即可证结论.

【详解】（1）由题意，可得，即，

∴抛物线的方程为.

（2）证明：设直线的方程为，，，

联立抛物线有，消去x得，则，

∴，，又，.

∴.

∴为定值.

20．（1）解不等式．

（2）若，求正整数n．

（3）若在如图1的电路中，只合上一个开关可以接通电路，有多少种不同的方法（用数字作答）；在如图2的电路中，合上两个开关可以接通电路，有多少种不同的方法（用数字作答）．

【答案】（1）；（2）；（3）图1有5种，图2有6种．

【分析】（1）根据排列数公式求解；

（2）由组合数的性质求解；

（3）由分类加法计数原理和分步乘法计数原理计算．

【详解】（1）由题意，且，，经验算可解得；

（2）

原方程为，，满足题意，且是在且时递增的，因此是唯一解；

（3）图1可分两类方法，一类从A接通有2种方法，一类从B接通有3种方法，由分类加法计数原理，总方法数为2+3=5；

图2需分两步：第一步从A接通有2种方法，第二步从B接通有3种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为2×3=6．

21．如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为．

(1)若，，求三棱锥的体积；

(2)若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案.

【详解】（1）取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），则，因为，，所以△DEF为等边三角形，则，故三棱锥的体积；

（2）设，则，，由（1）知：，，取为空间中的一组基底，则，由第一问可知：

，

则

其中，且，，故，

由第一问可知，又是的中点，所以，所以，

因为三棱锥中，所以，所以，故直线AD与EM所成角范围为.

【点睛】针对于立体几何中角度范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，若不容易建立坐标系时，也可以通过基底表达出各个向量，进而求出答案.

22．如图，已知点分别是椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆C上不同的两点，且，连接，且交于点Q．

(1)当时，求点B的横坐标；

(2)若的面积为，试求的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）设出点A，B的坐标，利用给定条件列出方程组，求解方程组即可作答.

（2）延长交椭圆C于D，可得，再结合图形将用的面积及表示，设出直线AD方程，与椭圆C的方程联立，借助韦达定理求出即可求解作答.

【详解】（1）设，依题意，，由，得，

即，由得，两式相减得，

即有，则，即，

由得，

所以点B的横坐标为．

（2）因，则，即有，记，，，

则，即．同理，而，

连并延长交椭圆C于D，连接，如图，则四边形为平行四边形，，有点D在直线上，

因此，，，

因此，即，

设直线，点，有，

即，则，

由消去x并整理得：，有，

，，则，

于是得，解得，

所以．

【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；

过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积.